ex08 mod1

Instrucciones: a) Duración: 1 hora y 30 minutos.

b) Tienes que elegir entre realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción A o bien realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción B.

c) La puntuación de cada pregunta está indicada en la misma.

d) Contesta de forma razonada y escribe ordenadamente y con letra clara. e) Puedes usar calculadora científica (no programable, sin pantalla gráfica y sin capaci-dad para almacenar, transmitir o recibir datos), pero todos los procesos conducen-tes a la obtención de resultados deben estar suficientemente justificados.

Opción A UNIVERSIDADES DE ANDALUCÍA

PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD MATEMÁTICAS II

MODELO 60 DE EXAMEN

EJERCICIO 1. Sean f : ú÷ú y g : ú÷ú las funciones definidas por f x x a x b g x ce x

( )= +2 + ( )= − +1

y ( )

Se sabe que las gráficas de f y g se cortan en el punto (-1, 2) y tienen en ese punto la misma recta tangente.

(a) [2 PUNTOS]. Calcula los valores de a, b y c.

(b) [0´5 PUNTOS]. Halla la ecuación de dicha recta tangente.

EJERCICIO 2. [2´5 PUNTOS]. Dadas las funciones f :[0, +4)÷R y g :[0, +4)÷R definidas por

f x

( )

=

x

y

g x

( )

=

x

calcula el área del recinto limitado por las gráficas de f y g.

EJERCICIO 3. Dado el sistema de ecuaciones lineales

x y z

x y z

x y z

+ − = + + = + − = +

  

 λ

λ λ λ

0

2 0

5 1

(a) [1´5 PUNTOS]. Clasifícalo según los valores del parámetro λ_.

(b) [1 PUNTO]. Resuélvelo para λ₌-1.

EJERCICIO 4. Los puntos A(-2, 3, 1), B(2, -1, 3) y C(0, 1, -1) son vértices consecutivos del paralelogramo ABCD.

(a) [1 PUNTO]. Halla las coordenadas del vértice D.

(b) [1 PUNTO]. Encuentra la ecuación de la recta que pasa por B y es paralela a la diagonal

AC.

Opción B

SOLUCIONES Opción A

EJERCICIO 1. [2´5 PUNTOS]. Sea f : ú÷ú la función definida por f x( )=a x3+b x2+c x d+

Se sabe que f tiene un máximo local en x = 1, que el punto (0, 1) es un punto de inflexión de su gráfica y que

∫

4 0

1

EJERCICIO 2. Sea g:(0, +₄)÷R la función dada por g(x)=ln x (ln denota logaritmo

neperiano)

(a) [0´75 PUNTOS]. Justifica que la recta de ecuación

y

=

_e

1

x

(b) [1´75 PUNTOS]. Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de g, el eje de abscisas y la recta tangente del apartado anterior.

EJERCICIO 3. [2´5 PUNTOS]. Dadas las matrices

(

)

A= B y C



  



 

 = −



  



 

 = − ₋ −

1 1 1 0 1 0 1 2 2

1 0

0 1

2 1

2 0 1

1 1 1

,

calcula la matriz P que verifica AP -B = C T _(C T _{es la matriz traspuesta de C).}

EJERCICIO 4. Sea la recta r dada por

{

y el plano π _{definido por x my z}+ − =₁

(a) [1 PUNTO]. ¿Existe algún valor de m para el que π _{y r son paralelos?}

(b) [1 PUNTO]. ¿Para qué valor de m está la recta contenida en el plano?

(c) [0´5 PUNTOS]. ¿Cuál es la posición relativa de la recta y el plano cuando m = 0?

SOLUCIÓN

1.-(a) Las gráficas de f y g se cortan en el mismo punto (-1, 2), lo que significa que:

( ) ( )

f x x a x b

g x c

f g

a b

c

b a c

e x e

( ) ( )

( )

( )

= + + =

  

⇒ − =

⇒ _{− =} ⇒⇒ − + − + =₌

⇒ − =

⇒ ₌

− + − − +

2 1

2

1 1 1 2

1 2

1 1 2

2

1 2

( ) ( )

[1]

Dichas gráficas tienen la misma recta tangente en el citado punto, luego las pendientes al ser iguales significa que las derivadas de cada una de las funciones en el punto de abscisa,

1

1

3

g(x)= x

f(x)= x

Expresemos el sistema en forma matricial y discutámoslo mediante el método de reducción de Gauss.

( )

f x x a x b

g x c

f x x a

g x c

f x x a

g x

e

e

e

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) = + +

=   

⇒ ′ = +

⇒ ′ = − ⇒⇒ ′′ == − + ⇒⇒

− + − + − +

2

1 1 1

2

1

2 2

( ) ( ) ( )

( )

{

g

f a

g a a

e

′ − = − + = − ⇒

′ − = −( ) − − + = − ⇒ ′ − = −′ − = − ⇒ − = − ⇒ =

( )

( )

( )

1 2 1 2

1 2 2

1 2

1 2 2 2 0

1 1 ( )

sustituyendo este valor de a en [1], tendremos

b-a =1 Y b-0=1 Y b=1

Los valores de a, b y c, son: a=0 ; b=1 ; c=2.

(b) La ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función f(x) en el punto de abscisa

es: x= −1

y− f x( )₀ = ′f x( ) (₀ x x− ₀) ⇒ y_{− − = ′ −}f( )1 f ( )1(x_{− −}( )1)

Calculemos f( )−1 y f′ −( )1 .

f x( )= +x2 a x b+ ⇒ f x( )= +x2 ₁ ⇒ ( )

f(− = −1) 12+1 ⇒ f(− =1) 2

( )

f′( ) 2x = x ⇒ f′ − = ⋅ −( )1 2 1 ⇒ f′ − = −( )1 2 La ecuación de la recta tangente será:

(

)

y− = −2 2 x− −( )1 ⇒ y− = −2 2x−2 ⇒ y= −2x

La misma recta obtendríamos si hubiéramos calculado la recta tangente a la gráfica de g.

SOLUCIÓN

2.-(a) Calculemos los puntos en los que se cortan ambas gráficas.

}

{

y x

y x x x x x x x x x

x x =

= 3 ⇒ = 3 ⇒ 3= 2 ⇒ 3− 2=0 ⇒ 2 − =1 0 ⇒ ==0₁ puntos que se encuentran dentro del dominio en el que

están definidas, [0, +4).

El área del recinto limitado por ambas gráficas (que se encuentra dibujado al lado) será el área de la región limitada por la gráfica de la función diferencia y las ordenadas en los puntos de abscisa 0 y 1, es decir

Área=

(

)

  



 

 = − − − =

∫

∫

0

1 1

3 1 2 0

1 43

3 2

0 1

4 3

3 2

1 4 3

1 3 2

0 0 1 12

SOLUCIÓN

3.-(a) Clasifiquemos el sistema de ecuaciones lineales según los valores del parámetro k.

x y z

x y z

x y z

+ − = + + = + − = +

  

 λ

λ

λ λ

0

2 0

Triangulemos inferiormente.

Tomemos como pivote el elemento a11 = 1 … 0.

Sustituyamos la 2ª fila por: [2ªf.] - 2·[1ªf.] Sustituyamos la 3ª fila por: [3ªf.] - [1ªf.]

Sustituyamos la 2ª fila por: [2ªf.] - 2·[3ªf.]

Tomemos como pivote el elemento a22 = -9 … 0.

Sustituyamos la 3ª fila por: 9·[3ªf.] + (5-λ_{) · [2ªf.]}

Triangulemos superiormente.

Tomemos como pivote el elemento a22 = -9 … 0.

Sustituyamos la 1ª fila por: 9·[1ªf.] - [2ªf.]

A

D (a, b, c)

B C

El sistema está diagonalizado. La solución es: 9x = 6z ; -9y = 3z Terminemos de despejar las incógnitas.

El sistema está triangulado inferiormente, todos los elementos de la diagonal principal son distintos de cero salvo el a33, que puede serlo. Veamos los diferentes casos que pueden presentarse.

Eliminemos la 3ª fila por ser una ecuación trivial, según justificamos en el apartado anterior.

La incógnita que nos sobra, la z, la pasamos al segundo miembro como incógnita no principal o secundaria.

1 1 2 1 1 5 0 0 1 λ λ λ λ − − +         1 1

0 1 2 2

0 5 1

0 0 1 λ

λ λ

λ λ λ

− − + − − +         1 1

0 9 3

0 5 1

0

2 2

1

λ λ

λ λ λλ

− − − − − +−         1 1

0 9 3

0 0 3 6 9

0 2 2 2 1 2 2 λ λ

λ λ λ λλ − − − + + − + −−        

* a33 = 0 Y -3λ

2_{+ 6λ +9 = 0 Y} λ = − ± +

{

6

6 12 6

1 3 ** Si λ ₌ -1 Y La 3ª ecuación es, 0 = 2(-1)2_{+ (-1) -1}

Y 0 = 0, que es una ecuación trivial, la eliminamos; nos queda un sistema de dos ecuaciones y tres incógnitas, es decir,unsistemacompatibleindeterminadouniparamétrico, un sistema con infinitas soluciones. ** Si λ _{= 3 Y La 3ª ecuación es, 0 = 2·3}2_{+ 3 -1 Y 0 = 20, que es una} ecuación absurda. El sistema es incompatible, no tiene solución.

(b) Resolvamos el sistema para λ₌-1, para ello sustituiremos en el sistema triangulado inferiormente que habíamos obtenido en el apartado anterior el valor de λ _por -1.

1 1

0 9 3

0 0 3 6 9

0 2 2 2 1 2 2 λ λ

λ λ λ λλ − − − + + − + −−         ⇒ − − − −        

1 1 1

0 9 3

0 0 0

0 0 0

(

)

0 9 3 0 0 − − − −

(

)

z z 1 1 0 −−9 3

(

)

z z 9 0 0 9 6 3 −

x=6₉z ; y= −₉3z ⇒ x= 2₃z ; y= −1₃z

Sustituyamos la incógnita no principal, la z, por un parámetro, por ejemplo por t:

x=2₃t ; y= −1₃t ; z=t

SOLUCIÓN

SOLUCIONES Opción B

Supongamos que el vértice D tenga de coordenadas (a, b, c). Se verificará que

(

) (

) (

) (

)

AD→ = BC→ ⇒ a b c, , − −2 3 1, ,− = 0 1, ,− −2 2,−1 3, ⇒

(

) (

)

(

)

a b c

a b c

D + − − = − − ⇒ + = −− =

− = −   



⇒ = −

⇒ =

⇒ = − ⇒ − −

2 3 1 2 2 5

2 2

3 2

1 5

4 5

4

4 5 4

, , , , , ,

(b) La recta que nos piden es paralela a la diagonal AC, luego el vector AC→ lo podemos tomar como vector de dirección de la recta que hemos de calcular.

(

) (

) (

)

AC→ = 0 1, ,− − −2 2 3 1, , = 2,−2,−3

y como pasa por el punto B(2, -1, 3), la ecuación de dicha recta será

x− = +y z − = −− 2

2

1 2

3 3

(c) La ecuación del plano que contiene al paralelogramo, es la ecuación del plano que pasa por uno de sus vértices, por ejemplo, por el A(-2, 3, 1), y los dos vectores de dirección, linealmente independientes, pueden ser el AB→ y el AC→ .

(

) (

) (

)

AB→ = 2,−1 3, − −2 3 1, , = 4,−4 2, ; AC→ =

(

) (

) (

)

x y z

= − + + = − − = + − 

 



2 4 2

3 4 2

1 2 3

α β α β α β

SOLUCIÓN

1.-(a) Si la función f(x) = ax3 _{+ bx}2 _{+ cx + d tiene un máximo relativo o local en x = 1,} significa que la derivada de la función en el punto 1 es cero:

f ´(x)=3ax2 _{+ 2bx + c Y f ´(1) = 0 Y 3a·1}2_{+2b·1+c=0 Y 3a + 2b + c = 0 [1]} Si la función presenta un punto de inflexión en (0, 1), significa que la segunda derivada en dicho punto es cero:

f ´´(x) = 6ax + 2b Y f ´´(0) = 0 Y 6a ·0 + 2b = 0 Y b = 0 [2] y además ese punto (0, 1) pertenece a la función, es decir:

f(0) = 1 Y a·03 _{+ b·0}2 _{+ c·0 + d = 1 Y d = 1 [3]} Sustituyendo [2] y [3] en [1] nos quedará la condición: 3a + c = 0 [4] Calculemos la integral siguiente y cuyo resultado nos lo da el ejercicio, pero sustituyendo

b y d por los valores obtenidos anteriormente:

(

)

(

)

f x dx( ) = ⇒ ax +bx + +cx d dx= ⇒ ax + +cx dx= ⇒

∫

∫

∫

4

9

4 1

9 4

0 1

3 2

0 1

3 0

1

1

1

e

e

g(x)=ln ( )x y= x

Triangulemos inferiormente.

Tomemos como pivote el elemento a11 = 1 … 0.

Sustituyamos la 2ª fila por: [2ªf.] - 3·[1ªf.]

Tiangulemos superiormente

Tomemos como pivote el elemento a22 = -5 … 0.

Sustituyamos la 1ª fila por: 5·[1ªf.] + 2·[2ªf.]

Expresemos el sistema en forma matricial y discutámoslo mediante el método de reducción de Gauss.

El sistema está diagonalizado, la solución es:

5a = -5 ; -5 c = -15 Y a = -1 ; c = 3

ax cx

x a c a c a c

4 2

0

1 _{4 2 4 2}

4 2

9 4

1 4

1

2 1

0 4

0

2 0

9

4 4 2 1

9 4

+ +

 



 = ⇒ ⋅ + ⋅ + − ⋅ + ⋅ +

 

 



₌ ⇒ _{+ + =} ⇒

a+2c=5 [5] Resolvamos el sistema formado por las condiciones [4] y [5]:

}

a c

a c+ =+ =

2 5

3 0

( )

5 0

(

)

0 5 5 15 − −

(

)

0 5

5 15

− −−

En resumen, los valores de los coeficientes son: a = -1, b = 0, c = 3, d = 1.

SOLUCIÓN

2.-(a) Calculemos la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función g(x) en el punto

de abscisa x=

e

y g x− ( )₀ = ′g x( ) (₀ x x− ₀) ⇒ y g− ( )e = ′g( ) (e x−e) Calculemos g( )e y g′( )e.

g x( )=ln ( )x ⇒ g( ) lne = ( )e=1 g x′( )=1_x ⇒ g′ =( )e _e1

La ecuación de la recta tangente será: ( )

y− =1 _e1 x−e ⇒ y− =1 _e1x−1 ⇒ y=_e1x que es la misma que nos dice el ejercicio.

(b) La gráfica de la función g es la gráfica de la función elemental logaritmo neperiano de x. La recta tangente en el punto x = e, es una función lineal por lo que su gráfica es una recta que pasa por el origen. El recinto limitado por la gráfica de g, el eje de abscisas y la recta tangente es el sombreado y situado al lado.

El área de dicho recinto es el área del triángulo de

base e y altura 1, menos el área limitada por la gráfica de la función g y las ordenadas en las abscisas x = 1 y x = e.

Área del triángulo = e₂⋅ =1 e₂

Triangulemos inferiormente.

Tomemos como pivote el elemento a11 = 1 … 0.

Sustituyamos la 3ª fila por: [3ªf.] - [1ªf.]

Tomemos como pivote el elemento a22 = 1 … 0.

Sustituyamos la 3ª fila por: [3ªf.] - [2ªf.]

No ha salido ninguna fila de ceros, luego la matriz A admite inversa. Triangulemos superiormente.

Tomemos como pivote el elemento a33 = 1 … 0.

Sustituyamos la 1ª fila por: [1ªf.] - [3ªf.]

Tomemos como pivote el elemento a22 = 1 … 0.

Sustituyamos la 1ª fila por: [1ªf.] - [2ªf.]

Área = ln ( )x dx [1]

e

1

∫

Se trata de una integral por partes.

u x

dv dx

du _{x dx}

v dx x

=

=ln ( ) ;; =₌

_∫

1

Continuando desde [1], tendremos

[

]

[

]

[

]

= x x e−

∫

∫

e e e

e e e

ln ( ) ln ( ) ln ( ) ln ( ) ln ( )

1 ₁ 1 ₁ 1 1

1 _{1 1 1 1}

luego el área del recinto que nos pide el ejercicio es: Área = e₂−1 unidades de área

SOLUCIÓN

3.-(a) Para calcular la matriz P que verifica AP -B = C T_{, procedemos de la siguiente manera.}

AP-B=C T _{Y sumamos a ambos miembros la matriz B.}

AP-B + B = C T _{+ B Y por la existencia de matriz opuesta.}

AP + O = C T _{+ B Y por la existencia de la matriz nula.}

AP = C T _{+ B Y multiplicamos a la izquierda por la inversa de A, si existe.}

A-1 _{· (AP) = A}-1 _{· (C} T _{+ B) Y por la propiedad asociativa del producto de matrices.} (A-1_{·A) P = A}-1 _{· (C} T _{+ B) Y por la existencia de la matriz unidad.}

I ·P = A-1 _{· (C} T _{+ B) Y P = A}-1 _{· (C} T _{+ B)}

En principio parece que podemos obtener la matriz P a partir de las matrices que nos dan, lo que hay que comprobar antes es si A tiene o admite matriz inversa, según dijimos más arriba, y si tiene calcularla, procedamos a ello mediante el método de Gauss, método que consiste en poner a la derecha de la matriz A, la matriz unidad e intentar que aparezca mediante el uso de diversas transformaciones elementales, la matriz unidad a la izquierda, la matriz que quede a la derecha es la matriz inversa de A, A-1_{. No obstante, si al triangular inferiormente apareciese} alguna fila nula entonces la matriz A no puede tener matriz inversa.

1 1 1 0 1 0 1 2 2

1 0 0 0 1 0 0 0 1



  



  

1 1 1 0 1 0 0 1 1

1 0 0 0 1 0 1 0 1 − 

  



  

1 1 1 0 1 0 0 0 1

1 0 0

0 1 0

1 1 1 − − 

  



  

1 1 0 0 1 0 0 0 1

2 1 1

0 1 0

1 1 1

− − −



  



Triangulemos inferiormente.

Tomemos como pivote el elemento a11 = 2 … 0.

Sustituyamos la 2ª fila por: 2 · [2ªf.] - [1ªf.] Sustituyamos la 3ª fila por: 2 · [3ªf.] - [1ªf.]

Tomemos como pivote el elemento a22 = -3 … 0.

Sustituyamos la 3ª fila por: 3 · [3ªf.] + (2m-1) · [2ªf.]

El sistema está diagonalizado. En la parte de la izquierda hemos obtenido la matriz unidad, por lo que la parte que queda a la derecha es la matriz inversa de A, A-1_{, es decir:}

Expresemos el sistema en forma matricial, discutámoslo mediante el método de reducción de Gauss y clasifiqué moslo según los valores del parámetro m, con lo que obtendremos las diversas posiciones relativas de la recta y el plano.

El sistema está triangulado inferiormente, todos los elementos de la diagonal principal son distintos de cero salvo el a33, que puede serlo. Veamos los diferentes casos que pueden presentarse.

1 0 0 0 1 0 0 0 1

2 0 1

0 1 0

1 1 1

− − −        

A− =

− − −        

1 2₀ 0_{1 0}1

1 1 1

Ahora sí podemos terminar de calcular la matriz P, sabiendo que P = A-1 _{· (C} T _{+ B) y} que la inversa de A existe.

P= − − −        ⋅ − − −        + −                = − − −        ⋅ − −        =

2 0 1

0 1 0

1 1 1

2 1 0 1 1 1 1 0 0 1 2 1

2 0 1

0 1 0

1 1 1

1 1 0 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = ⋅ − + ⋅ + − ⋅⋅ − + ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ − + − ⋅⋅ + ⋅ − + ⋅ − ⋅ − + − ⋅ + ⋅ − ⋅ + − ⋅ − + ⋅        = − −        

2 1 0 0 1 1 2 1 0 2 1 2 0 1 1 0 0 1 0 1 1 2 0 2 1 1 1 0 1 1 1 1 1 2 1 2

3 0 0 2

2 3

SOLUCIÓN

4.-(a) Estudiemos la posición relativa de la recta y el plano para los diversos valores de m, especialmente en este apartado nos interesará ver si es posible que sean paralelos.

Lo haremos discutiendo el sistema formado por las ecuaciones de la recta y el plano.

2 2

1

x y mz

x y z m

x my z + − = − − = − + − =     2 1

1 1 1

1 1 2 1 − − − − −         m m m 2 1

0 3 2

0 2 1 2

2 2 2 0 − − − − − − −         m m m m m 2 1

0 3 2

0 0 2 2 4

2

2 2

4 2 2

2 2 − − − − − − − −− +         m m m m m m m

* a33 = 0 Y 2m2_{- 2m - 4 = 0 Y m}= ±2 4 32+ = ± = −

{

2 6 4

2 1

** Si m = 2 Y La 3ª ecuación es, 0 = -4·22_{- 2·2 + 2 Y 0 =-18, es una} ecuación absurda. El sistema es incompatible, no tiene solución, luego la recta y el plano son paralelos, Este valor de m es el que nos pide el ejercicio.

* a33… 0 Y m … 2 y m …-1 Y La tercera ecuación es una ecuación normal, nos quedaría un sistema de tres ecuaciones y tres incógnitas por lo que se trataría de un sistema compatible determinado, con solución única, la recta y el plano se cortan en un punto.

(b) Según el apartado anterior el valor de m para el que la recta esté contenida en el plano es el de -1.